山西省阳泉市2023届高三数学上学期期末试题（Word版附解析）

这是一份山西省阳泉市2023届高三数学上学期期末试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

阳泉市2022～2023学年度第一学期期末教学质量监测试题
高三数学
参考公式：
柱体体积公式，其中S为底面面积，h为高
锥体体积公式，其中S为底面面积，h为高
球的表面积、体积公式：，，其中R为球的半径
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1. 已知集合，则集合A的子集个数为（ ）
A. 3 B. 4 C. 7 D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据分式不等式求集合A，可确定其元素的个数，即可得其子集的个数.
【详解】由题意可得：，
故集合A的子集个数为4.
故选：B.
2. 已知复数，则复数z的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的周期性即可化简求解.
【详解】，故虚部为 ，
故选：A
3. 已知，且，则（ ）
A. B. C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】由同角三角函数的基本关系计算可得、，再根据两角差的正切公式计算可得.
【详解】因为，所以，又，
所以，则，
所以.
故选：C
4. 已知是定义在上的奇函数，当时，（m为常数），则（ ）
A. 56 B. C. 54 D.
【答案】D
【解析】
【分析】先根据求出，再根据代入题目条件计算即可.
【详解】因为是定义在上的奇函数，
所以，
得
当时，，得

故选：D.
5. 《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典籍，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也．又以高乘之，三十六成一．该术相当于给出了由圆锥底面周长L与高h，计算其体积V的近似公式，一个圆锥的侧面展开图扇形的中心角为，半径为5．按上述公式计算该几何体的体积为（ ）．（计算时圆周率近似取3）
A. 48 B. 49 C. 52 D. 54
【答案】A
【解析】
【分析】求出底面周长及圆锥的高，利用所给近似公式计算得解.
【详解】设圆锥的底面半径为r，高为h，
则圆锥的底面周长，
所以，高，
由近似公式得．
故选：A．
6. 将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到图象恰好与函数的图象重合，则（ ）
A. B.
C. 直线是曲线的对称轴 D. 点是曲线的对称中心
【答案】D
【解析】
【分析】根据三角函数图像变化结合诱导公式得出，即可得出与，判断选项AB；
根据三角函数解析式求出其对称轴与对称中心得出，即可判断选项CD.
【详解】将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，
则解析式变为，
则，即，故A错误；
而，故B错误；
，令，即为的对称轴，
令，解得，即直线不是曲线的对称轴，
故C错误；
令，即为的对称中心，
令，解得，故点是曲线的对称中心，
故D正确；
故选：D.
7. 已知点P为抛物线上一动点，点Q为圆上一动点，点F为抛物线的焦点，点P到y轴的距离为d，若的最小值为2，则（ ）
A. B. 1 C. 3 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】数形结合，结合抛物线定义可得，从而可得当共线，且在线段之间时，最短，即可求解.
【详解】作图如下，

圆的圆心,半径，
抛物线的焦点，
根据抛物线的定义可知，
所以，
由图可知，当共线，且在线段之间时，
最短，而，
故有，
即解得，
故选:D.
8. 已知函数在区间上的最小值为，最大值为，则（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求出函数的最大值及单调区间，依题意可得在区间上单调递增，即可得到，从而得到、为方程的两根，再利用韦达定理计算可得.
【详解】解：因为，对称轴为，开口向下，
函数在上单调递增，在上单调递减，
依题意，所以，所以在区间上单调递增，
所以，即，所以、为方程的两根，
所以.
故选：A
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，完全选对得满分，漏选得2分，错选得0分．
9. 已知a>0，ab＝1，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】由基本不等式判断ACD，由作差法判断B.
【详解】因为a>0，ab＝1，所以b>0
选项A：因为ab＝1，所以，所以A正确；
选项B：，所以，所以B不正确；
选项C：因为，所以C不正确；
选项D：因，所以D正确．
故选：AD．
10. 某校团委组织“喜迎二十大、永远跟党走、奋进新征程”学生书画作品比赛，经评审，评出一、二、三等奖作品若干（一、二等奖作品数相等），其中男生作品分别占，，，现从获奖作品中任取一件，记“取出一等奖作品”为事件，“取出男生作品”为事件，若，则（ ）
A. B. 一等奖与三等奖的作品数之比为
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】依题意设一、二等奖作品有件，三等奖作品有件，即可表示男、女生获一、二、三等奖的作品数，再根据求出与的关系，从而一一判断即可.
【详解】解：设一、二等奖作品有件，三等奖作品有件，
则男生获一、二、三等奖的作品数为、、，
女生获一、二、三等奖的作品数为、、，
因，所以，
所以，故A正确；
，故C错误；
一等奖与三等奖的作品数之比为，故B正确；
，故D正确；
故选：ABD
11. 2022年卡塔尔世界杯会徽（如图）的正视图可以近似看成双纽线，在平面直角坐标系中，把到定点和距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，已知点是双纽线C上一点，则下列说法正确的是（ ）

A. 若，则的面积为
B.
C. 双纽线C关于原点O对称
D. 双纽线上C满足的点P有三个
【答案】BC
【解析】
【分析】根据以及三角形面积公式即可判断A，根据等面积法表达△的面积，根据正弦的有界性即可求解B,设动点，把关于原点对称的点代入轨迹方程，即可判断C，易得若，则在轴上，再根据点，的轨迹方程求解即可判断D.
【详解】因为定义在平面直角坐标系中，把到定点，，距离之积等于的点的轨迹称为双纽线，则，即，
对于A, 根据三角形的面积为，故A错误，
对于B,由等面积法可知，
即，所以，故B正确，
对于C，用替换方程中的得，即，故原方程不变，所以双纽线关于原点中心对称，所以C正确；
对于D，若，则点，在的中垂线即轴上．
故此时，代入，可得，即仅有一个，故D错误；
故选：BC
12. 已知函数有三个不同的极值点，，，且，则下列结论正确的是（ ）
A. B. C. 为函数的极大值点 D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知可知方程有三个根，然后利用导数讨论的单调性，结合图象可判断A、B选项；结合图象分析在处的正负，即可得出函数在附近的单调性，即可判断C选项；将代入，然后利用导数讨论其单调性，由单调性可判断D选项.
【详解】由函数有三个不同的极值点，，，
只需有三个零点，即方程有三个根，
设函数，则，
令，即，；令，即或，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
所以函数的极小值为，且当时，，

如图，当，即时，函数与有三个交点，即函数有三个不同的极值点，故A正确；
对于B，观察图象可知，故B不正确；
对于C，由图象可知，当时，，即，
当时，，即，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以为函数的极大值点，故C正确；
对于D，由，即，
令，，
则，故函数在上单调递减，
故，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：将函数极值问题转化方程的根的问题，再转化为函数与函数交点问题，结合图象求解即可.
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 请写出一个焦点在y轴上，且与直线没有交点的双曲线的标准方程：__________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据双曲线的渐近线与双曲线无交点，即可得到满足条件的双曲线可以为,即可求解.
【详解】与直线没有交点,则可以作为双曲线的渐近线，故满足，取，
则满足条件的一个双曲线方程可以为.
故答案为：
14. 已知向量和向量，则在上的投影向量的坐标为__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量的公式计算直接得出答案.
【详解】在上的投影向量的坐标为：，
故答案为：.
15. 已知正项等比数列的前n项和为，且，若，则__________．
【答案】31
【解析】
【分析】由等比数列的通项公式和前项和公式即可求解.
【详解】由，且得：，
令，则，
解得或（舍），所以，
而数列为正项等比数列，所以，所以，
所以.
故答案为：31
16. 已知函数，则函数的所有零点之积等于__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意，表示出函数解析式，利用零点的定义，建立方程，可得答案.
【详解】求函数的所有零点，则等价于求方程的根，
当时，，则，解得；
当且时，，则，
，可得或，即或，
解得或或或；
当时，，，不符合题意.
综上，，
故答案为：.
四、解答题（本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
17. 已知数列满足，，．
（1）求证：数列为等比数列；
（2）对于大于2的正整数x，y（其中），若、、三个数经适当排序后能构成等差数列，求所有符合条件的数x和y．
【答案】（1）证明见解析
（2），．
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，得到证明.
（2）计算，，考虑，，三种情况，计算得到答案.
【小问1详解】
，，

，
故是以2为公比的等比数列．
【小问2详解】
，，．
当时，，，则，；
当时，，，，其中一个为奇数，则，，无整数解，不成立．
当时，则，，，其中一个为奇数，，，无解，不成立，或，，无整数解，不成立．
综上所述：，．
18. 在中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，其外接圆半径，已知，且．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知结合正弦定理化简，得出，即可，再根据正弦定理角化边得出答案；
（2）根据三角形面积公式列式，结合正弦定理边化角得出，即可得出，结合小问一得出，即可解得，再求出，即可得出答案.
【小问1详解】
，，
，
．
，
，
，即．
【小问2详解】
，
，
，
．
由（1），得．
，
，
，
．
19. 某市为了传承发展中华优秀传统文化，组织该市中学生进行了一次文化知识有奖竞赛，竞赛奖励规则如下：得分在内的学生获三等奖，得分在内的学生获二等奖，得分在内的学生获得一等奖，其他学生不得奖，为了解学生对相关知识的掌握情况，随机抽取100名学生的竞赛成绩，并以此为样本绘制了样本频率分布直方图，如图所示．

（1）现从该样本中随机抽取两名学生的竞赛成绩，求这两名学生中恰有一名学生获奖的概率；
（2）若该市所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布，其中，为样本平均数的估计值，利用所得正态分布模型解决以下问题：
（i）若该市共有10000名学生参加了竞赛，试估计参赛学生中成绩超过79分的学生数（结果四舍五入到整数）；
（ii）若从所有参赛学生中（参赛学生数大于10000）随机取3名学生进行访谈，设其中竞赛成绩在64分以上的学生数为，求随机变量的分布列和期望．
附参考数据，若随机变量X服从正态分布，则，，．
【答案】（1）；
（2）（i）1587；（ii）分布列见解析，数学期望为.
【解析】
【分析】（1）根据样本频率分布直方图确定获奖人数，再求得从该样本中随机抽取的两名学生的竞赛成绩基本事件总数，与“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”情况数，利用古典概型计算概率即可；
（2）由样本频率分布直方图得，求解样本平均数的估计值，即可得正泰分布的均值，按照正态分布的性质求解参赛学生中成绩超过79分的学生数；由样本估计总体可知随机变量服从二项分布，根据二项分布确定概率分布列与数学期望即可.
【小问1详解】
由样本频率分布直方图得，样本中获一等奖的有6人，获二等奖的有8人，获三等奖的有16人，共有30人获奖，70人没有获奖．
从该样本中随机抽取的两名学生的竞赛成绩，基本事件总数为，
设“抽取的两名学生中恰有一名学生获奖”为事件A，则事件A包含的基本事件的个数为，
因为每个基本事件出现的可能性都相等，所以，
即抽取的两名学生中恰有一名学生获奖的概率为．
【小问2详解】
由样本频率分布直方图得，样本平均数的估计值

，
则所有参赛学生的成绩X近似服从正态分布．
（ⅰ）因为，所以．
故参赛学生中成绩超过79分的学生数为．
（ⅱ）由，得，
即从所有参赛学生中随机抽取1名学生，该生竞赛成绩在64分以上的概率为．
所以随机变量服从二项分布，
所以，，
，．
所以随机变量的分布列为：

0
1
2
3
P




均值．
20. 如图，在三棱柱中，，，，D是的中点．

（1）证明：平面；
（2）若三棱柱的体积是8，求平面与平面的夹角的大小．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取O是BC是中点，连接AO，，，，利用线面垂直的判断定理证明即可；
（2）利用三棱柱的体积确定其高度，再见了空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求得平面与平面所成角的余弦值.
小问1详解】
证明：设O是BC是中点，连接AO，，，．

∵，∴在同一个平面内．
∵，∴．
又∵，∴≌，
∴，∴，
∵，平面，
∴平面．
【小问2详解】
设三棱柱的高为h，则，∴．
∵，．
∴，∴就是．
如图，以O为原点建立空间直角坐标系，则，，，，

∴，，．
设平面的法向量，
则，解得．
设平面的法向量，
则，解得．
∴，
∴平面与平面的夹角为．
21. 已知过点的直线交抛物线于两点，为坐标原点．
（1）证明：；
（2）设为抛物线的焦点，直线与直线交于点，直线交抛物线与两点（在轴的同侧），求直线与直线交点的轨迹方程．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，，利用三点共线，解得，再利用向量数量积的坐标表示即可求解；
（2）设， ，，根据题意可得，由此解出与，与关系，进而得到直线与直线的方程，联立即可求解.
【小问1详解】
设，，
因为三点共线，所以,
所以，整理可得，
所以，所以．
【小问2详解】
设， ，，
由题意，，

因为，，所以，
又因为，，
所以，整理得．
因为在轴同侧，所以，同理可得，
所以直线的方程为，同理的方程为，
两式联立代入，可得，
由题意可知交点不能在x轴上，
所以交点的轨迹方程为．
22. 已知函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若方程在区间上有且仅有1个实数根，求a的取值范围.
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）．
【解析】
【分析】（1）求出函数导数，根据导数的正负，确定函数的单调区间；
（2）由，得，令，将方程在区间上有且仅有1个实数根问题转化为函数在区间上有且仅有1个零点问题，利用导数判断函数单调性，分类讨论a的取值范围，结合零点存在定理即可求得答案．
【小问1详解】
若，则，，，
令，则，令，则，
故的单调递减区间为，单调递增区间为．
【小问2详解】
由，得，
令，则在上有唯一零点，
，令，则，
(i)若，则在上，，单调递增，
又，，故存在使得，
且当时，，单调递减，当时，，单调递增，
又∵，∴在上没有零点；
(ⅱ)若，则在上，单调递减，
又，，故存在使得，
且当时，，单调递增，当时，，单调递减，
又∵，∴在上没有零点；
(ⅲ)若，则在上单调递减，在上单调递增，
故，
令，则，
∴当，单调递增，
当时，单调递减，
∴，即．
要使在上有唯一零点，只需，
得，
综上可得，a的取值范围为．
【点睛】方法点睛：解决方程在区间上有且仅有1个实数根的问题时，转化为区间上有且仅有1个零点的问题，求出函数导数，其中要分类讨论a的取值范围，确定导数正负，判断函数的单调性，再结合函数零点存在定理解决问题．